Задача от олимпиада

[Saposto_MM]

Да се намерят всички двойки (x,y) от цели числа, за които
1 + 2^x + 2^2x+1 = y²

[Реклама]

[Who_cares123456]

при х<-1 то 2^х+2^2х+1 Є (0;1)
=> 2^х+2^2х+1+1 Є Q

при х=-1 то 2^х+2^2х+1+1=2≠y²

при х=0 то 2^х+2^2х+1+1=4
=>y=±2

при х=1 или 2 то решение не се получава
(2^х+2^2х+1+1=11 или 37)

при x>2 то е ясно ,че y=2k+1
=>2^х+2^2х+1+1=4k²+4k+1
2^2x-1+2^x-2=k(k+1)
2^x-2(2^x+1+1)=k(k+1)

НОД(k;k+1)=1
НОД(2^x-2;2^x+1+1)=1

дотук

=> отговор (x;y)=(0;±2)

[Saposto_MM]

Има и още един отговор. Помисли. Знаеш ли откъде е тази задача?

[Who_cares123456]

тоз пък. аз учебника си по мат не го знам къде , камоли таз задача.
А за задачата , че има други отговори си прав, щот аз съм тръгнал да доказвам , че нещо не е вярно с индукция и кат се замисля, това е пълна глупост

[martin_bg]

http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=101108

Иначе решения на всички задачи до 2003 -а и от много други състезания има тук .

[Who_cares123456]

хаха
що не ми казахте ,че е от IMO, да не си правя илюзии

[Who_cares123456]

хубу ето края на решението:

2^х-2.t e четното сред к и (к+1) , (t е нечетно t≠±1)

1сл. к=2^х-2.t
=> 8.2^х-2+1=2^х-2.t²+t
t-1=2^х-2.(√8-t)(√8+t)
при t≥3 , то √8-t<0<t-1<t+√8 => няма решение.
при t≤-5, то t-1=2^х-2.(√8-t)(√8+t) <=> 1-t=2^х-2.(√8-t)(-√8-t)
1<-√8-t<1-t<√8-t => няма решение.
при t=-3 имаме x=4 (y=2k+1=2^х-1.t+1=-24+1=-23)

2сл. к+1=2^х-2.t
=>k=2^х-2.t-1
=>t+1=2^х-2.(t-√8 )(t+√8 )
при t≥5 , то t+√8>t+1>t-√8>1 => няма решение.
при t≤-3, то t-√8<t+1<t+√8<0 =>при което няма решение.( (t-√8 )(t+√8 )>0 )
при t=3 имаме x=4 (y=2k+1=2^х-1.t-2+1=24-2+1=23)

=> при х=4 имаме у=±23

по-различно е от това, което martin_bg е дал, тъй че има смисъл да го постна

[Saposto_MM]

Все пак си я решил донякъде.

[Who_cares123456]

да и аз не разбрах как успях

[xyz]

Това, което веднага се набива на очи е, че отляво имаме сума на 2 степени на двойката! Т.е. задачата можем да я атакуваме, като: възможно ли е квадрата на дадено число да се записва в двоично бройна система с 3 единици. За атакуването на задачата ще умножаваме цели числа, записани в двоична бройна система.

Най-важната част е броят на единици, които са накрая на двоичния запис на y. Ако той е k, то лесно може да се покаже, че при y^2 на позиция k+1 винаги ще имаме двоична цифра 1. Това веднага определя и мястото (което всъщност е даденото по условие) на другата двоично цифра на y^2, т.е. получаваме уравнението:

(2^k+1 A + (2^k -1))^2 = 1+2^k+1 +2^2k+3

Нататък просто ще опростяваме горния израз, като делим на 2^k, където може, а също и ще извършваме подходящи субституции.

2^2k+2 A^2+ 2^2k + 2^2k+2 A - 2^k+2 A = 2^2k+3 + 2^k+2
2^k+2 A^2 + 2^k + 2^k+2 A - 2^2 A = 2^k+3 + 2^2
2^k+2 A^2 + 2^k + 2^k+2 A = 2^k+3 + 2^2 (A+1)
A+1=2^k-2 S
2^k+2 (2^k-2 S -1)^2+ 2^k +2^k+2 (2^k-2 S -1) = 2^k+3 + 2^k S
2^2 (2^k-2 S -1)^2 + 1 +2^2 (2^k-2 S -1) = 2^3 + S
2^2 (2^k-2 S -1)^2 +2^2 (2^k-2 S -1) = 2^3 -1 + S
S=4T-7
(2^k-2 (4T-7) -1)^2 +(2^k-2 (4T-7) -1) = T

Последното уравнение по-добре ще бъде да го преобразуваме към параметър A (всъщност изразите в скобите са точно A). Получаваме:

4.A^2 +(4-1/2^k-2 ).A -7-1/2^k-2 =0

По-нататък следва неприятна "механическа" работа за изследване на горното уравнение. То трябва да бъде решено в цели числа. Въпреки, че уравнението изглежда гадно, то принципни проблеми няма, защото когато k клони към безкрайност, то уравнението клони към конкретно квадратно уравнение:

4.A^2 +4.A-7=0

което няма цели корени. Остава да бъдат разгледани случаите на малки k.

[petar makulev]

AKO BILL GATES TE VIDI KAKVI METODI PRILAGASH DA "RESHISH" TAZI ZADACHA STE TE VZEME V MICROSOFT.
INACHE NIAMAM NISTO PROTIV NULITE I EDINIZITE.